Winter 2015/2016, Prof. Thomas M¨ uller, IEKP, KIT Aufgabenblatt 9; ¨ Ubung am 13. Januar 20016 (Mittwoch)

Winter 2015/2016, Prof. Thomas M¨ uller, IEKP, KIT Aufgabenblatt 9; ¨ Ubung am 13. Januar 20016 (Mittwoch)

1. Fliehkraft

Auf ein Wasserteilchen an der Oberfl¨ache wirken die Schwerkraftmg und die Fliehkraftmω²x.

Die senkrecht zur ResultierendenF verlaufende Tangente hat den Anstieg:

tanφ= dy

dx = mω²x mg =ω²

g ·x (1)

, (siehe Bild) woraus folgt dy=ω²

g ·x·dx, y=ω² g

Z

x·dx= ω²

2gx²+C (2)

F¨ur x=0 sei y=0, womit wiederum C=0 wird, und man erh¨alty= ^ω_2g²x²(Pa- rabel)

Die Fl¨ussigkeit hat also die Gestalt eines Rotationsparaboloides, welches um so st¨arker nach innen gew¨olbt ist, je gr¨oßer die Rotationsgeschwindigkeit ist.

ODER:Diskussion mittels schiefe Ebene: und dann Verallgemeinerung: → F1 = mgsinφ = F2 = mω²xcosφ mit F1 entspricht der Hangabtriebskraft resultierend aus der Gewichtskraft, undF2 Kraft nach oben resultierend aus der Zentrifugalkraft.→mgsinφ=mω→²xcosφ→ ^dy_dx = tanφ= ^ω2_g^x

2. Deimos

(a) Seine Gewichtskraft auf der Erde:

Fg,T =mg auf dem Mond:

F_g,L=mMLG r²_L Damit

η= 0.17 = Fg,L

Fg,T

⇒ML =ηgr²_L

G = 7.57·10²²kg

(b) Deimos ¨ahnelt eher einer Kartoffel denn einer Kugel. Man nehme aber trotzdem an, dass Deimos kugelf¨ormig ist. Sonst kann Deimos bei dieser geringen Entfernung vom Schwerpunkt nicht mehr als Punktmasse be- trachtet, und damit das Gravitationsgesetz nicht mehrohneIntagration

¨uber den Himmelsk¨orper angewandt werden.

Berechne die Winkelgeschwindigkeit, die der Astronaut in einer Deimos- Umlaufbahn hat. Setze wie immer die Gewichtskraft gleich der Zentripe- talkraft:

mAMDG

r²_D =mAω²rD→ω= s

MDG

r³_D = 2.20·10⁻⁴1 s Damit erreicht er die Rakete wieder nach der ZeitT:

T =2π

ω = 28500s≈8h.

Hierf¨ur ist diese Absprunggeschwindigkeit n¨otig:

v=ωr_D= 1.43m

s = 5.16km h

Bei Geschwindigkeiten darunter erreicht er irgendwann den Deimosbo- den.

Bis zur Fluchtgeschwindigkeit vF (von der Deimosoberfl¨ache aus und gegen¨uber Deimosin Ruhe)

Epot=Ekin⇒ mMDG r_D = 1

2mv²_F ⇒vF =

r2MDG

r_D = 2.03m s gelangt er in irgendeine h¨ohere Deimosumlaufbahn. Dar¨uber verl¨aßt er Deimos zwar, bleibt aber noch in einer Marsumlaufbahn.

Zus¨atzliche relevante Diskussion zum Themenkomplex: Geostation¨are Bahn. Nicht relevant bei Deimos, da Deimos sich nicht dreht.

3. Skyhook

Gravitation= Fliehkraft Z rmax

r_e

GρM_e r² dr =

Z rmax

r_e

ρω²rdr

−GρMe

1 r_max − 1

r_e

= 1

2ρω² r²_max−r_e²

−GρMe

re−rmax

r_maxr_e

= 1

2ρω²(rmax−re) (rmax+re)

⇒r_e=r_maxist triviale L¨osung GρMe

r_maxr_e = 1

2ω²(rmax+re)

r²_max+re·rmax−2ρGMe

reω² = 0 (3)

rmax=−re

2 ± rre

2 ²

+2ρGMe

reω² = 15000km (4) mitMe= 6·10²⁴kg; re−6.4·10⁶m; G= 6.67·⁻¹¹ _kgs^m32; ω=_86400s^2π

≈halber Weg zum Mond. Negative Loesung: Seil h¨angt durch die Erde und an der anderen Seite wieder raus.

4. Meteorit

F¨ur den Punkt n¨achster Ann¨aherung gilt~v⊥~rmin, sonst w¨urde der Me- teor ja noch n¨aher kommen oder w¨are vorher n¨aher gewesen.

Drehimimpulserhaltung:

L_o=~r_o×~p=b·m·v_o=s·m·v_max⇒v_max= v₀·b

s (5)

E_o= 1

2mv²_o; E_Ann¨aherung =1

2mv_max² −GM m

s (6)

mitv_max= ^vo_s^·b

s=−GM v_o² ±

s GM

v_o² 2

+b² (7)

sis positiv (a) s=414km

(b) Maximale Geschwindigkeit des Meteoriten (minimale potentielle Ener- gie)

v_max=vo·b

s = 48m

s (8)

Betrachte Grenzf¨alle

vo→ ∞ ⇒ s→b vo→0 ⇒ s→0 b→0 ⇒ s→0

5. Interplanetare Reise Kerbin nach Deimos (a) Startgeschwindigkit

M=M

Drehimpulserhaltung:

m·v1·rK=m·v2·rD → v2=v1·rK

r_D (9)

Energieerhaltung:

1

2m·v₁²−GmM rK

= 1

2m·v₂²−GmM rD

(10) 1

2(v²₁−v₂²) = GM 1

r_K − 1 r_D

(11) v₁²

1−

rK

rD

2

= 2GM

1 rK

− 1 rD

(12)

v1 = v u u u t

2GM

1 rK−_r¹

D

r²_K

1 r²_K −_r¹2

D

(13)

= v u u t

2GM r_K²

1 rK +_r¹

D

= v u u t

2GM r_K

1 +^r_r^K

D

(14) (b) Gesamtenergie der Rakete

Etot=1

2mv²₁−GmM rK

= GmM

r_K 1 + ^r_r^K

D

−GmM rK

(15)

Etot= GmM r_K

1−1−^r_r^K

D

1 + ^r_r^K

D

!

=− GM m

r_K+r_D (16) (c) Geschwindigkeit in Anh¨angigkeit von r

E_tot=E_kin+E_pot: − GM m rK+rD

=1

2mv²−GM m

r (17)

⇒v= s

2GM 1

r− 1 rK+rD

(18) 6. Gravitation I

Als Zentralkraft ist die Gravitationskraft radial anziehend, d.h. in Kugelko- ordinaten ist sie in Richtung−ˆrgerichtet. ˆrist dabei der Einheitsvektor der Radialkoordinate.

(a) Die Gravitationskraft außerhalb der Erde ist direkt F~ =−GN·m·mE

r² ·rˆ f¨ur r≥R (19) mit (der Vollst¨andigkeit halber) den Wertenm_E = 5.974·10²⁴kg,R = 6.378·10⁶m und der GravitationskonstantenG_N = 6.673·10⁻¹¹m³kg⁻¹s⁻².

Das GravitationspotentialU(rm) am Ortrmdes K¨orpers ergibt sich aus dem Wegintegral der gewonnenen (geleisteten) Arbeit:

U(r_m) = Z ∞

r_m

F~(r)dˆr=−GNmm_E Z ∞

r_m

dr

r² =−GNmm_E

−1 r

∞

rm

=−GN

m·m_E rm

(20) wobei wieder gilt:rm≥R.

(b) F¨ur die Gravitationskraft innerhalb der Erde (r < R) gilt unter Benut- zung der Massendichteρ_E=m_E/(4/3·πR³)

F~ =−GN ·m·ρE·4πr³

3r² ·rˆ=−GNmmE

R³ ·r·rˆ (21) und entsprechend f¨ur das Gravitationspotential innerhalb des Erdradius R:

U(r_m) = −GN

m·m_E

R +

Z R

r_m

−GNmm_E

R³rdr=−GNmm_E 1 R +

r² 2R³

^R

r_m

! (22)

= −G_Nm·m_E

2R³ (3R²−r²_m) (23)

(c) Man definiere (geschickterweise) zur Vereinfachung folgende konstante Gr¨oße:

g= GN·mE

R² (24)

Dann l¨asst sich das Gravitationspotential wie folgt schreiben:

U(r)−mg3R²−r²

2R =−mg

3 2R− r²

2R

=−mgR−mgR²−r² 2R (25) An der Erdoberfl¨ache gilt also U(R) = −mgR = U₀, in der N¨ahe der Erdoberfl¨ache gilt dannr≈Rund ∆r=R−rR. Damit k¨onnen wir das Potential wie folgt schreiben:

U(r)−U0=−mg(R−r)(R+r)

2R ≈mg∆r·2R

2R =mg∆r (26)

Setzt man jetzt noch wie ¨ublich f¨ur ∆rdie H¨ohehein, so erh¨alt man die potentielle EnergieU(h) =mgh, wobei

F(r)

R

r

|F|

mg

7. James Bond

(a) Bombe siehe Skizze letzte Aufgabe - Kraft im innern einer Vollkugel ist linear zum Mittelpunkt gerichtet.

F =−GM m r² =−G

4 3πr³ρm

r² =−Gρ4

3rm; (27)

DGL mitGρ⁴₃πm=k

F =ma=m¨r=m·r¨=−k·r (28) Ahnlich Federpendel¨ m¨s=−Ds⇒Federpendel. Dies wurde in der Vorle- sung schon besprochen jedoch nicht in der ¨Ubung (Schwingungen werden sp¨ater ausf¨uhrlich behandelt).

Ansatzr(t) =r0sinωt

→ ¨r(t) =−r0ω²sinωt

−mr0ω²sinωt=−ksinωt (29) ω=

rk m =

r Gρ4

3 = 2π

T (30)

⇒T = 2π q

Gρ⁴₃

(31)

⇒ ^T₂ = 2600s≈45min

(b) und jetzt ohne Sprengstoff- elastischer Stoss E_pot=1

2kx²= 1 2Gρ4

3πmr²=1 2

GM m r = 1

2mv² (32) mitMErde= 6·10²⁴kg; G= 6.67·⁻¹¹ _kgs^m32; r= 64·10⁶m

v=

rGM_Erde

r = 7.9·10³m

s (33)

Elastischer Stoss:M v=M vn+mcundM v²=M v²_n+mc² c= 2v

1 + ^m_M = 14.3·10³m

s (34)

Nun verliert die Masse natuerlich wieder Energie bei der Aufw¨artsbewe- gung.

1

2mc²−1

2kx² = 1 2m

2v 1 + _M^m

²

−1 2

GMErdem

r (35)

= 2v²mM² (m+M)²−1

2

GMerdem

r (36)

= 2mM²

(m+M)²

GMErde

r −1 2

GMerdem

r (37)

= GMerdem r

2M² (m+M)² −1

2

(38)

= 7.2·10⁹J (39)

Oberer Term ergibt Null f¨urm=M, wie erwartet.

1kg T N T = 4.184·10⁶J

Die Masse schl¨agt mit mehr Energie ein, als die Explosion von TNT der selben Masse freisetzen wrde. Um eine Explosion dieser Gr¨oße zu erhalten, br¨auchte man 1,7t TNT!

Ubungsleiter: Frank Hartmann, IEKP, CN, KIT¨ Tel.: +41 75411 4362; Mobil - immer

Tel.: +49 721 608 23537 - ab und zu Email: Frank.Hartmann@kit.edu

www-ekp.physik.uni-karlsruhe.de/∼hartmann/Mechanik.htm

(a) Lagrange-Punkte System Erde-Mond ohne Testmasse:

Erde und Mond rotieren um Ihren gemeinsam Schwerpunkt, d.h. mit gleicher Winkelgeschwindigkeit. Siehe auch Zeichnung weiter unten.

Masse ErdeM; Masse Mondm

r1: S−Erde; r2: S−M ond; r1+r2=d; ^r_r²

1 = ^M_m; r1=₁₊^dM

m

; r1= _M+m^m d; r2=_M^M_+md

Nebenbei: mit M = 6·10²⁴kg;m = 7.35·10²²kg;d = 384400km liegt der SchwerpunktS noch innerhalb der Erdkugel.

Anziehungskraft:

F =GmM

d² =M ω²r1=mω²r2 (40) ω²= Gm

d²r₁ =G(M+m)

d³ (41)

(a) L1: Fliehkraft und Mond ziehen in dieselbe Richtung (Testmasseµ) r Abstand zum Schwerpunkt. Allerdings ist das Ganze natuerlich un- abh¨angig vonµ, d.h.µl¨aßt sich gleich k¨urzen.

Abstand Testmasse zum Schwerpunkt:d−r−r₁. GM µ

(d−r)² = Gmµ

r² +µω²(d−r−r1) (42) GM

(d−r)² = Gm

r² +G(M +m)

d³ d− d 1 + ^M_m −r

!

(43) M

(d−r)² = m

r² +M+m d³ d

M m

1 + ^M_m

!

−r

!

(44)

= m

r² +M+m d³

M

M +md−r

(45) L2: Fliehkraft wirkt gegen beider Anziehungen.

Abstand Testmasse zum Schwerpunkt:d+r−r1. GM µ

(d+r)² +Gmµ

r² = µω²(d+r−r₁) (46) GM

(d+r)² +Gm

r² = G(M +m)

d³ (d+r−r1) (47) M

(d+r)² +m

r² = (M+m) d³ ( M

M +md+r) (48) (49) Alles ¨ahnlich L1.

Die Gravitationskr¨afte von Erde und Mond heben in L2 die Zentrifugal- kraft auf.

L3: Wie L2 aber mit umgedrehtem r

GM µ

r² + Gmµ

d+r² = µω²(r+r1) (50) M

r² + m

(d+r)² = M+m d³

d 1 + ^M_m +r

!

(51) Die Gravitationskr¨afte von Erde und Mond heben in L3 die Zentrifugal- kraft auf.

(b) Das gleichseitige Dreieck - Die 60 Grad Punkte:

Damit eine korrekte Kreisbahn vorliegt, muss die Fliehkraft/Zentrifugalkraft durchSlaufen und die horizontalen und vertikalen Komponenten der Gra- vitation entsprechen.

E S M

µ

r

} ^{h = d 2 tan 60}

^{= 3 4 d}

}

dcos60^o=d 2

d 1 2 − 1

1+ M m

⎛

⎝

⎜

⎜

⎜

⎞

⎠

⎟

⎟

⎟

}

Fliehkraft

Gravitationskraft

Erde Gravitations-

kraft Mond

Gesamt:

FF lieh=µω²r (52)

Horizontale Fliehkraft:

FF lieh,horizontal = µω²d 1 2− 1

1 + ^M_m

!

=Gµ(M+m) d³ ·d

1

2 − m

m+M (53)

= Gµ

d²

M +m

2 −m

=1 2

GµM d² −1

2 Gµm

d² (54)

= cos 60GµM

d² −cos 60Gµm

d² (55)

= FGrav,Erde,horizotal−FGrav,M ond,horizotal (56) mit cos(60) = ¹₂

Oder - Horizontale Komponente auch via:

FF lieh

FF lieh,horizontal

= r

d

1 2−₁₊¹M

m

(57) Vertikale Fliekraft:

FF liehkraf t,vert = µω²d

2tan60 = Gµ(M +m) d³

d

2tan 60 (58)

= 1

2tan 60Gµ M d²+1

2tan 60Gµm

d² (59)

= FGrav,Erde,vert−FGrav,M ond,vert (60) Anmerkung = sin 60; falls jemand mit Sinus rechnen mag.

Oder - Vertikale Komponente auch via:

F_{F lieh}

= r

= r

(61)

(b) Corioliskraft

In der Bewegungsgleichung f¨ur den senkrechten Wurf tritt außer der Gewichts- kraft mg zus¨atzlich die Corioliskraft 2m(~v×~ω) auf:

m~a=md~v

dt =m~g+ 2m(~v×~ω) (62)

Im mitrotierenden Koordinatensystem (s. Bild; die Striche von ~v, x, y, z sind der ¨Ubersichtlichkeit halber weggelassen) ist f¨ur einen Punkt mit der geogra- phischen Breite φ: ~ω = ω~k, ~g = −g(cosφ~j+ sinφ~k), ~v₀ = v₀(cosφ~j+ sinφ~k) (Anfangsgeschwindigkeiten) und allgemein:~v = v_x~i+v_y~j+v_z~k. Dies in (62) eingesetzt, liefert die drei Differentialgleichungen

˙

vx= 2ωvy, v˙y= 2ωvx,v˙z=−gsinφ (63) durch die Bewegung beschrieben wird. (63a) nach der Zeit differenzieren und in (63b) eingesetzt, ergibt eine lineare DGL 2. Ordnung f¨urvx:

¨

vx+ 4ω²vx=−2ωgcosφ=−2ωsenkrecht (64) mitgsenkrecht=gcosφ.

mit den Anfangsbedingungenv_x= 0 und ˙v_x= 2ωv_y= 2ωv₀cosφf¨ur t=0 findet man als deren L¨osung das Geschwindigkeits-Zeit-Gesetz

v_x(t) =^dx_dt =v₀cosφsin 2ωt−^gsennkrecht_2ω (1−cos 2ωt];

man kontrolliere dies durch Einsetzen in (64). Nach Integration ¨uber t mit x(t=0)=0 folgt das zugeh¨orige Weg-Zeit-Gesetz

x(t) = Z t

0

v_xdt= v₀cosφ

2ω (1−cos 2ωt)−g_senkrecht

4ω² (2ωt−sin 2ωt)) (65) Man erkennt, dass nur die zuωsenkrechten Komponentenv0cosφundgsenkrecht

in die seitliche Abweichung eingehen. F¨ur nicht allzugroß Wurfzeiten 2ωt1 wird mit (1−cos 2ωt)≈2ω²t² und (2ωt−sin 2ωt)≈4ω³t³/3 sowie der Steig- zeit ts=T /2 =v0/g die halbe seitliche Abweichungx/2 ≈2ωgt³_scosφ/3. Mit ω= 2π/(24h) = 7,27·10⁻⁵rad/sundts= 65.0serh¨alt man daraus die gesuchte Abweichung zu x=157,2 m.